El rapto de Proserpina

Gian Lorenzo Bernini, El rapto de Proserpina, 1621-1622.

Desde los brazos severos de Plutón
tu sino es una voz del inframundo,
tu llanto prisionero el más profundo,
el mármol tu destino de ascensión

Bernini con su esencia de profeta
te ofrece la memoria de la roca
¿O es tu madre Ceres quien te invoca
a través de la tierra y de sus grietas?

La primavera eterna en tu figura,
como un vuelo de ninfas luminosas,
formará en tu cabello nuevas rosas
y sembrará en tus ojos la dulzura

Sin rémora el versado mensajero
Mercurio notifica la divina
voluntad de que cruces Proserpina
de nuevo los portones de Cerbero

Seis meses en el reino de las sombras
la semilla latente de la espera,
el árbol de la vida que libera
el útero sagrado de las horas

Tu marcha se adivina ya en agosto
en la brisa nocturna del verano,
el otoño incipiente de tus manos
y el invierno rebelde de tu rostro



Con este texto participo en el VI Concurso UnusPrimus convocado a través de Twitter por @UnusPrimus.

Desafíos Matemáticos en El País Verano 2014 – Desafío 4: “Un billar a muchas bandas”.

Cuarto desafío de verano que nos traen la Real Sociedad Matemática Española y El País, del estilo a los que se propusieron celebrando el Centenario de la RSME y en las dos últimas navidades. En esta ocasión lo propone Javier Cilleruelo, profesor de la Universidad Autónoma de Madrid (UAM) y miembro del Instituto de Ciencias Matemáticas (ICMAT) que, por cierto, ha colaborado un par de veces en Gaussianos (hablándonos sobre el problema de los conjuntos generalizados de Sidon y sobre Endre Szemerédi).
El desafío se desarrolla en una mesa de billar (sin agujeros) de un metro de ancho por dos metros de largo. Golpeamos una bola situada en el centro de la mesa de tal manera que regresa al centro de la mesa por primera vez después de haber recorrido exactamente 25 metros.
El reto es responder a la siguiente pregunta: ¿cuántas veces ha rebotado la bola en las bandas? La solución deberá ir acompañada de la correspondiente explicación.
OBSERVACIÓN IMPORTANTE: Se asume que se golpea a la bola sin ningún tipo de efecto y que esta es tan pequeña que podemos suponer que es un punto. La bola no tiene por qué seguir a trayectoria dibujada en la figura de abajo, que es simplemente un ejemplo para ilustrar cómo sería su movimiento.


Mi solución:
Partamos de la representación gráfica de un tiro cualquiera:

Sabemos que, al rebotar contra una de las bandas, el ángulo de incidencia de la bola es igual al ángulo de reflexión.
Si «reflejamos» la mesa de billar respecto a la primera banda en que rebota la bola (c-d), obtenemos el siguiente esquema:

Llamando 0 al punto inicial de la bola (centro de la mesa), los segmentos 0-1 y 1-2’ son ahora colineales.

De igual manera, «reflejando» ahora respecto a b’-d:

Y luego respecto a a’’-b’:

De esta forma, sin perder la esencia y objetivo del problema, los segmentos 0-1, 1-2’, 2’-3’’ y 3’’-4’’ son colineales y sus longitudes son equivalentes a las de 0-1, 1-2, 2-3 y 3-4, respectivamente.

La longitud total, 0-4’’, puede obtenerse fácilmente a través del teorema de Pitágoras.

Así, todo se reduce a encontrar una terna pitagórica del tipo:
a2 + b2 = (25)2

Los únicos valores enteros que cumplen lo anterior son:
·         a = 15 y b = 20 (o bien b = 15 y a = 20).
·         a = 7 y b = 24 (o bien b = 7 y a = 24).

Además, considerando las dimensiones de la mesa (2 metros de largo por 1 de ancho) y las condiciones del problema (la bola debe volver al centro de la mesa), para que la solución sea válida, la terna pitagórica debe ser de la forma:
 (2·m)2 + n2 = (25)2

Lo anterior queda más claro apoyándose en la siguiente figura:

De aquí también se hace evidente que el número total de rebotes será igual al número de intersecciones de la trayectoria con las líneas horizontales y verticales, es decir:

Intersecciones con líneas verticales = (2·m)/2 = m    (hay una línea vertical cada 2 metros).

Intersecciones con líneas horizontales = n

Total de rebotes = m + n

a)    Si a = 15 y b = 20.
Puesto que 20 es par:
2·m = b = 20
m =  10
n = a = 15

Dibujando:

Total de rebotes = m + n = 10 +15 = 25

Ángulo de tiro = arctan(15/20) = 36.87º

Sin embargo, observamos que la bola regresa al centro de la mesa cada 5 rebotes, es decir, completa 5 ciclos de 5 metros cada uno hasta cubrir los 25 m. Como la bola debe regresar al centro de la mesa por PRIMERA VEZ después de haber recorrido los 25 metros, esta solución no se acepta.

b)    Si a = 7 y b = 24.
Ya que 24 es par:
2·m = b = 24
m =  12
n = a = 7

De nuevo, dibujamos:

Total de rebotes = m + n = 12 + 7 = 19

La bola rebota 19 veces en las bandas, antes de volver al centro de la mesa.

Ángulo de tiro = arctan(7/24) = 16.26º


Finalmente, se muestran los 19 rebotes y sus longitudes:



Desafíos Matemáticos en El País, verano 2014 – Desafío 3: «Un torneo de verano».

EL PAÍS y la Real Sociedad Matemática Española plantean el tercer desafío matemático del verano. En esta ocasión, presenta el desafío Manuel Abellanas, de la Universidad Politécnica de Madrid.
Para evitar errores y en atención a nuestros lectores sordos, además del vídeo donde se plantea el desafío, publicamos a continuación el enunciado por escrito:
Mi amigo Ferran, además de ser un gran geómetra, es un buen aficionado al fútbol. A mí me parecían dos aficiones muy dispares, hasta que me enteré de que un buen entrenador debe saber Geometría: saber triangular convenientemente puede ser la clave del éxito en un partido. ¡Que se lo digan a Pep Guardiola!
Para amenizar las tardes del verano, proponemos el siguiente juego. Se trata de obtener una triangulación de los once jugadores de un equipo de fútbol. Para ello, basta con reunir a algunos amigos y explicarles las siguientes reglas. Es recomendable usar papel y lápiz, aunque también se puede practicar dibujando en la arena de la playa.
 Las reglas son las siguientes:
- Un jugador dibuja un rectángulo y pide a otro que dibuje dentro de él 11 puntos (ya tenemos el campo y los jugadores).
- A continuación, por orden de edad, de menor a mayor, cada jugador en su turno conecta una pareja de puntos dibujando una línea recta que los una.
- Al dibujar una línea se deben respetar tres condiciones: las líneas no pueden salirse del rectángulo, no pueden atravesar a otra ya dibujada y tampoco pueden conectar dos puntos ya unidos previamente.
- Llegará un momento en que no será posible unir más puntos sin incumplir alguna de las condiciones. Cuando esto ocurra, la triangulación está terminada y el juego acaba. El ganador es el jugador que haya dibujado la última línea.
 Y ahora, el desafío:
El reto consiste en averiguar quién ganará la partida si se colocan cuatro de los once puntos en las cuatro esquinas del campo, manteniendo los otros siete en el interior, y participan en el juego cinco amigos. Como siempre, además de la respuesta correcta, se debe explicar razonadamente el porqué.

Mi solución:
Consideremos el siguiente croquis del problema:


Para los siete puntos interiores, la suma de los ángulos de los vértices concurrentes será igual a 360º:
De igual forma, para los cuatro puntos exteriores, la suma de los ángulos de los vértices concurrentes será igual a 90º:


Como es evidente, cualquier triangulación válida que se elija nos llevará a
\[Suma\ total\ de\ \acute{a}ngulos\ interiores=4\cdot \left( \frac{\pi }{2} \right)+7\cdot \left( 2\cdot \pi  \right)=16\cdot \pi \ rad\]

Puesto que la suma de los ángulos interiores de un triángulo es igual 180º ó $\pi $ radianes, se tiene que:
\[Total\ de\ tri\acute{a}ngulos\ interiores=16\]

Lo que se comprueba en la siguiente figura:


Se tienen 16 triángulos, con un total de lados = 16 x 3 = 48, de los cuales:
   4 pertenecen solamente a un triángulo (perímetro el rectángulo).
   44 son comunes a dos triángulos.

Por lo tanto, el total de líneas es igual a:
$4+\frac{44}{2}=26$ Líneas

Gráficamente:


Finalmente, dado que:
$26\equiv 1\ \bmod 5$

El ganador es el jugador más joven.
¡Bendita juventud!

Nota:
También es posible llegar a la solución utilizando la característica de Euler-Poincaré:
$V-A+C=2$

V= número de vértices = 11
C = número de caras = 16 + 1 = 17 (16 triángulos más el rectángulo exterior).
A = número de aristas (líneas —por determinar—).

Sustituyendo y despejando:
  $11-A+17=2$
$\therefore \ A=26$


Curiosa suma


a)   ¿Es correcta la siguiente igualdad?

$\frac{1}{\sqrt{1}+\sqrt{2}}+\frac{1}{\sqrt{2}+\sqrt{3}}+...+\frac{1}{\sqrt{98}+\sqrt{99}}+\frac{1}{\sqrt{99}+\sqrt{100}}=9$

b)   ¿Cuál es el resultado de la siguiente suma?

$\frac{1}{\sqrt{529}+\sqrt{530}}+\frac{1}{\sqrt{530}+\sqrt{531}}+...+\frac{1}{\sqrt{574}+\sqrt{575}}+\frac{1}{\sqrt{575}+\sqrt{576}}=?$

Solución
a)   Trabajando con los sumandos:

$\left( \frac{1}{\sqrt{1}+\sqrt{2}} \right)\centerdot \left( \frac{\sqrt{1}-\sqrt{2}}{\sqrt{1}-\sqrt{2}} \right)=\frac{\sqrt{1}-\sqrt{2}}{{{\left( \sqrt{1} \right)}^{2}}-{{\left( \sqrt{2} \right)}^{2}}}=\frac{\sqrt{1}-\sqrt{2}}{1-2}=\frac{\sqrt{1}-\sqrt{2}}{-1}=\sqrt{2}-\sqrt{1}$

$\left( \frac{1}{\sqrt{2}+\sqrt{3}} \right)\centerdot \left( \frac{\sqrt{2}-\sqrt{3}}{\sqrt{2}-\sqrt{3}} \right)=\frac{\sqrt{2}-\sqrt{3}}{{{\left( \sqrt{2} \right)}^{2}}-{{\left( \sqrt{3} \right)}^{2}}}=\frac{\sqrt{2}-\sqrt{3}}{2-3}=\frac{\sqrt{2}-\sqrt{3}}{-1}=\sqrt{3}-\sqrt{2}$

$\centerdot $
$\centerdot $
$\centerdot $

$\left( \frac{1}{\sqrt{98}+\sqrt{99}} \right)\centerdot \left( \frac{\sqrt{98}-\sqrt{99}}{\sqrt{98}-\sqrt{99}} \right)=\frac{\sqrt{98}-\sqrt{99}}{98-99}=\frac{\sqrt{98}-\sqrt{99}}{-1}=\sqrt{99}-\sqrt{98}$

$\left( \frac{1}{\sqrt{99}+\sqrt{100}} \right)\centerdot \left( \frac{\sqrt{99}-\sqrt{100}}{\sqrt{99}-\sqrt{100}} \right)=\frac{\sqrt{99}-\sqrt{100}}{99-100}=\frac{\sqrt{99}-\sqrt{100}}{-1}=\sqrt{100}-\sqrt{99}$

Agrupando términos:

$-\sqrt{1}+\left( \sqrt{2}-\sqrt{2} \right)+\left( \sqrt{3}-\sqrt{3} \right)+...+\left( \sqrt{99}-\sqrt{99} \right)+\sqrt{100}$

$=\sqrt{100}-\sqrt{1}=10-1=9$ 


a)   Observando el procedimiento del inciso anterior, es fácil ver que la suma es igual a:

$\sqrt{576}-\sqrt{529}=24-23=1$

Mil microhistorias y contando… (3)

686.- La carrera se celebra cada año en la Isla Tritón. El vencedor es quien consigue cruzar la meta en último lugar. Se corre sobre un puente a punto de caer.

664.- «Dos cuentos conversando»
— ¿De dónde vienes?
—De presentar mi examen recepcional.
— ¿Y te otorgaron el título?
—Sí, «Dos cuentos conversando».

662.- Alonso Quijano lloraba amargamente. Cervantes había elegido a otro personaje para protagonizar su historia.

660.- El médico forense encontró atorada en la garganta a la responsable de la muerte de Juan. Una hojuela de maíz, una asesina cereal.

655.- El palacio tenía cientos de puertas. La reina ordenó que estuvieran siempre abiertas, por si el rey regresaba de su galante aventura.

654.- En ese país todos los hombres tienen el mismo rostro y el mismo nombre. Nadie aspira a convertirse en otro, puesto que ya lo es.

608.-
«En el cine»
— ¡Hey!, ¿a dónde cree que va?
—Ehh..., a ver la película.
—No señor, lo siento, sólo su hijo puede pasar. Esta cinta no es apta para adultos.




Severo arte, letra o revés

(Colección de palíndromos de mi autoría). 

1era. parte:

Sane, padre, ya se van. Ana Bolena berrea con el ave. Vale no caer, rebánelo, Banana. ¿Ves?, ayer da penas.

La nota dobla. Ted atrapa el ramo. Omar le aparta de tal boda tonal.

Mi jaula vale más oro, Rosa. Me la valúa Jim.

Yo haré sillas allí. Será hoy.

¡Ay!, ya ni modo, lo domina y ya.

Atora sin roca la cornisa rota.

Satán os acota. Toca sonatas.

Así la poca la mecerá. Pobre va, anímala a lámina, a verbo. Parece mala copa Lisa.

O nadar o maleta lavar. Brava la tela morada, ¿no?

Mil microhistorias y contando… (2)

747.- Y cuando despertó, el enorme dinosaurio morado estaba cantando en el televisor: ♫ «Te quiero yo, y tú a mí, somos una familia feliz...»

748.- Y el lobo sopló y sopló hasta que las velitas se apagaron. Pidió un deseo: un costillar de cerdo a la miel.

730.- Aunque el niño tocaba el piano mejor que nadie, el profesor se dirigió tajantemente a sus padres: «Este muchacho no sirve para la música, no malgasten su dinero». La envidia es cruel.

727.- El escultor terminó su obra: la estatua de un ciego pidiendo limosna. Se pondrá a las puertas de la iglesia para ahorrar gastos.

713.- Cuando el inventor acabó de ensamblar a la hermosa Cyborg Pigmalión 6.0, la contempló por varios minutos. Más tarde, decidió borrar una frase del vocabulario de la mujer robot: «No eres tú, soy yo.»